Wyborcza, roz i odp - arkuszmaturalny.pl

Próbny egzamin maturalny 1 Gazeta Edukacja 3
Partner
radiowy
wyborcza.pl Gazeta Wyborcza Poniedziałek 23 kwietnia 2012
+
+
POZIOM ROZSZERZONY
Przyjmijmy, że bok trójkąta ABC jest równy a, natomiast wysokość h. Wtedy
1
1
ah / a 4,5 % 6 % 7,5 !.
2
2
Stąd h =18.
Obliczamy długość boku trójkąta ABC:
SZKICE ROZWIĄZAŃ
Zadanie 1. (5 pkt)
Udowodnij, że jeżeli a - 0, b - 0 i c - 0 oraz a % b % c / 1, to
1 1 1
% % ( 9.
a b c
Zadanie 1.
Sprowadzamy lewą stronę tezy do wspólnego mianownika:
1 1 1 bc % ac % ab .
% % /
a b c
abc
Korzystając z prawdziwej nierówności:
Zadanie 2. (5 pkt)
Suma pierwszego, drugiego i trzeciego wyrazu ciągu geo7
metrycznego (an) jest równa . Liczby te są odpowiednio rów4
ne czwartemu, drugiemu i pierwszemu wyrazowi pewnego cią-
a 3
/ 18 , stąd a / 12 3 .
2
2
2
2
Zatem P1ABC /
2
2
2
czyli a % b % c # ab # bc # ac ( 0 .
oraz z tego, że
gu arytmetycznego. Oblicz a1, a2 i a3.
a % b % c ! / a 2 % b 2 % c 2 % 2ab % 2bc % 2ac ,
2
Zadanie 3. (4 pkt)
Rozwiąż równanie
w przedziale 0, 2. .
Zakładamy, że x 0
2
1
czyli ab % bc % ac '
/ (bo a % b % c / 1).
3
3
Z twierdzenia o średnich dla dodatnich liczb a, b, c mamy, że
a %b%c 3
- abc ,
3
1
czyli abc & .
27
Otrzymujemy zatem
1 1 1 bc % ac % ab 1 1
% % /
( :
/ 9.
a b c
abc
3 27
3 sin x 2 tg x # sin x # 3 2 tg x / # 1
Zadanie 5. (5 pkt)
Rozwiąż nierówność x % 2 % x % 4 x # 5 & 42.
sin x # 1!
Zapisujemy układ równań z niewiadomymi a1 i q:
7
)
2
,a1 % a1q % a1q / 4
*
,a1 # a1q / 2 a1q # a1q 2 !
+
Zadanie 7. (5 pkt)
W pojemniku znajduje się n kul n ( 5!, z których dokładnie
5 jest białych. Wyznacz wszystkie wartości n takie, że jeżeli będziemy losować z tego pojemnika jednocześnie dwie kule, to
prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych będzie
1
większe od .
4
Dla jakich wartości a i b wielomian
W x ! / 2 x 3 % a # 2b ! x 2 # 2a % 3b !x % 6ab dzieli się bez reszty przez trójmian kwadratowy x 2 # 4?
!
3tg x # 1 / 0
Zadanie 5.
Liczby –2, 0, 5 dzielą oś liczbową na cztery przedziały liczbowe:
x & #2 , #2 ' x & 0 , 0 ' x & 5 , x ( 5
Przy rozwiązywaniu nierówności x % 2 % x % 4 x # 5 & 42
rozważamy cztery przypadki, tzn. znajdujemy jej rozwiązania
w każdym z tych czterech przedziałów, uwzględniając znak wyrażenia pod symbolem wartości bezwzględnej.
Po rozwiązaniu tego układu otrzymujemy:
7
)
) a1 / 1
lub
, a1 /
,
12
*
*
1
q
/
,+ q / 1
,+
2
1
1
7
Zatem a1 / 1 , a2 / , a3 / lub a1 / a2 / a3 / .
4
2
12
Zadanie 8. (5 pkt)
.
3.
ix0
(tangens dla tych liczb nie ist2
2
sin x / 1 dla x / . – to rozwiązanie odrzucamy, gdyż jest
2
sprzeczne z założeniem.
7.
.
3
dla x /
lub x /
.
tg x /
6
6
3
Zatem rozwiązaniami tego równania w przedziale 0, 2. są
7.
.
liczby: x /
lub x /
.
6
6
Zadanie 2.
wiastek dodatni.
/ 108 3 .
Ostatnia równość zachodzi, jeżeli sin x # 1 / 0
lub 3tg x # 1 / 0 .
Zadanie 6. (6 pkt)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie mx 2 % 4m # 2 ! x % 2 # m / 0 ma co najmniej jeden pier-
3
4
nieje).
Przekształcając dane równanie, otrzymujemy:
3tg x sin x # 1! # sin x # 1! / 0
a % b % c!
Zadanie 4. (4 pkt)
12 3
Zadanie 4.
otrzymujemy, że
2
a % b % c ! # 3ab # 3bc # 3ac ( 0
Wewnątrz trójkąta równobocznego ABC obrano taki punkt
K, że jego odległości od boków AB, BC, AC są odpowiednio
1
równe 4 , 6 i 7,5. Oblicz pole powierzchni trójkąta ABC.
2
!
2
a # b! % b # c ! % a # c ! ( 0.
) x & #2
1o. ,*
stąd )*
,+ # x # 2 !% # x !% 4 # x % 5 !& 42
) #2 ' x & 0
2o. ,*
Zadanie 3.
0' x&5
4o. ),*
#x
Rozwiąż nierówność x % log 1 12 # 2 !% 5 & 0 .
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna podstawy jest równa 8 2 . Odległość środka symetrii podstawy od
ściany bocznej jest równa 7 . Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.
E
czyli #2 ' x & 0
)0 ' x & 5
+ x - #10
czyli 0 ' x & 5
)x ( 5
+ x & 10
czyli 5 ' x & 10
stąd *
Zbiorem rozwiązań nierówności x % 2 % x % 4 x # 5 & 42 jest
suma rozwiązań znalezionych w każdym z przypadków 1o – 4o,
czyli x " #4, #2 !$ # 2, 0 !$ 0,5 !$ 5,10 !
Zadanie 10. (6 pkt)
R
x(5
,+ x % 2 ! % x % 4 x # 5 ! & 42
2
) #2 ' x & 0
+ x - #5
stąd *
,+ x % 2 !% x % 4 # x % 5 !& 42
Zadanie 9. (5 pkt)
czyli x " #4, #2 !
stąd *
,+ x % 2 !% # x !% 4 # x % 5 !& 42
3o. ),*
x & #2
+ x - #4
Stąd x " #4,10 !.
Zauważmy, że P1ABC / P1ABK % P1BCK % P1ACK .
K
L
Dokończenie – s. 4 uuu
A
M
A
Człowiek – najlepsza inwestycja
MATEMATYKA
DŹWIGNIĄ INNOWACYJNEJ GOSPODARKI
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską
w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
STUDIA I-go STOPNIA, kierunek: MATEMATYKA
na Wydziale Fizyki Technicznej, Informatyki
i Matematyki Stosowanej Politechniki Łódzkiej
Studia I stopnia (licencjackie) na kierunku MATEMATYKA Wydziału FTIMS Politechniki Łódzkiej
są w roku akademickim 2012/13 zamawiane przez Ministerstwo Nauki i Szkolnictwa Wyższego
Dlaczego warto być objętym programem studiów zamawianych?
Do 90 studentów I roku otrzymuje stypendia w wysokości 1000 zł miesięcznie
• Kandydaci objęci są kursem wyrównawczym uzupełniającym wiedzę – uczestnictwo w kursie jest swoistą
polisą umożliwiającą dalsze studia na Wydziale
FTIMS bez potknięć i porażek
• Do 80 (70) studentów II roku (III roku) otrzymuje stypendia w wysokości 1000 zł miesięcznie
• KAŻDY student II roku będzie miał możliwość uczestnictwa w finansowanym przez Unię Europejską kursie
uatrakcyjniającym kształcenie – proponujemy następujące kursy: „Badania operacyjne”, „Stosowana
ekonomia matematyczna”, „Statystyczne opracowanie danych”
• KAŻDY student III roku, będzie mógł wziąć udział
w kursie doszkalającym, ułatwiającym odnalezienie
się na rynku pracy – do wyboru: język angielski biznesowy, kurs księgowości, kurs analityka finansowego, kurs maklerski (makler papierów wartościowych)
Dlaczego warto studiować MATEMATYKĘ właśnie
na Wydziale FTIMS PŁ?
• Politechnika Łódzka zajmuje 4. miejsce wśród
•
1
uczelni technicznych w rankingu edukacyjnym
„Rzeczpospolitej
Wydział FTIMS plasuje się wysoko w rankingach jednostek naukowych
• Instytut Matematyki ma wysoko wykwalifikowaną
i dynamiczną kadrę dydaktyczną (aż 14 na 37 pracowników to profesorowie nadzwyczajni lub zwyczajni), rozwija się dynamicznie, dostosowując
programy nauczania do wciąż zmieniających się realiów na rynku pracy, zachowuje wysokie standardy dydaktyczne i naukowe
• Proponujemy atrakcyjne na rynku pracy specjalności
•
Co zyskujesz, wybierając studia matematyczne na wydziale FTIMS?
• Nauczysz się zagadnień związanych z matematyką
finansową, ekonomią matematyczną, statystyką
i modelowaniem matematycznym
• Masz wiele możliwości dalszego kształcenia lub podjęcia satysfakcjonującej pracy zawodowej
• Stajesz się atrakcyjny dla przyszłego pracodawcy.
http://www.im.p.lodz.pl/kandydaci/studiazamawiane.html
31732798
31687129
4 Gazeta Edukacja 1 Próbny egzamin maturalny
Poniedziałek 23 kwietnia 2012 Gazeta Wyborcza wyborcza.pl
+
+
Zadanie 6.
Równanie kwadratowe ax 2 " bx " c 0 ma co najmniej jeden pierwiastek dodatni w następujących przypadkach:
1o. Istnieje tylko jeden pierwiastek dodatni, czyli gdy:
c
b
)
*
)
*
( 0,
+ a 0 i b : 0 i % ( 0 , lub + a : 0 i ; 0 i %
b
2a
.
.
4o. Iistnieją dwa pierwiastki dodatnie, czyli gdy:
c
b
( 0 i x1 " x 2 % ( 0
a : 0 i ; ( 0 i x1 ! x 2
a
a
Rozwiązujemy tę nierówność (obie strony są liczbami dodatnimi) i otrzymujemy n #n % 1$ ' 80
czyli n 2 % n % 80 ' 0 .
W równaniu mx 2 " #4m % 2 $ x " 2 % m 0 mamy: a=m,
Ad. 1o. Jeśli m=0 to otrzymujemy równanie –2x+2=0, którego rozwiązaniem jest x=1, czyli warunki zadania są spełnione.
Jeżeli
Zatem m
m=0 lub m
li się bez reszty przez trójmian x 2 % 4
#x % 2 $#x " 2 $ wtedy i tyl-
Stąd SE
/0 2 ! 8 " 4 #a % 2b $% 2 #2 a " 3b $" 6 ab 0
1
02 2 ! #%8 $" 4 #a % 2b $" 2 #2a " 3b $" 6ab 0
SF
2
3
7
3
3"
oraz
7
3
SO
4 7
.
3
16 .
3
Obliczamy pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa:
1 16 256
Pb 4 ! ! 8 !
2
3
3
Obliczamy objętość tego ostrosłupa:
Z układu tego przez dodanie stronami oraz przez odejmowanie stronami otrzymujemy układ:
/08 #a % 2b $ " 12ab 0
1
02%32 " 4 #2a " 3b $ 0
V
Rozwiązaniami tego układu są liczby: a 1 i b 2
16
8
lub a
ib % .
3
9
1 2 4 7
!8 !
3
3
256 7
9
Zadanie 9.
Ad. 3o.
2
Atlas
Polski
2012
2
Przekształcamy kolejno:
x
)1*
) 1*
log 1 + , " log 1 #12 % 2 % x $' log 1 + ,
2.
2.
2 2
2log 1 2 % x #12 % 2% x $' log 1 32
/m : 0
0
0 m & )+ %8, 1 *, 9 #1, 8 $
00
5.
) 1*
, st¹ d m & + 0, ,
1
- 5.
0 m & ) 0, 1 *
+
,
0
- 2.
0
02 m & #0, 2 $
E
Samochodowy
Zakładamy, że 12 % 2 % x ( 0 , czyli 2% x ' 12 ,
zatem x ( log 1 12 log 1 3 % 2 .
/m : 0
0
1*
0
)
1 m & + %8 , , 9 #1, 8 $ , st¹ d m & #%8 , 0 $9 #2, 8 $
5.
0
0 m & #%8 , 0 $9 #2, 8 $
2
Ad. 4o.
2
2% x #12 % 2% x $( 32
t #12 % t $ ( 32
%5
2
Dokonujemy podstawienia t
K
Cena „Gazety”
i jednej książki 8,99 zł
(w tym 8% VAT)
2% x ( 0 ' t ' 12 ) :
Jutro – część 1.
W środę – część 2.
t 2 % 12t " 32 ' 0
L
A
M
A
31736309
OGŁOSZENIE WŁASNE WYDAWCY
/m : 0
/a : 0
0 2
0; ( 0
05 m % 6 m " 1 ( 0
0
0 b
0 2 % 4m
,
1% ( 0 czyli 1
(0
a
0
0 m
0c
02% m
(0
0 (0
0
2a
2 m
# 7$
Trójkąt OEF jest podobny do trójkąta OES, zatem
SE
7.
7
oraz SO
4
3
3
7
ko wtedy, gdy W #2 $ W #%2 $ 0.
Otrzymujemy układ równań:
/m : 0
0
0 m & )+ %8, 1 *, 9 #1, 8 $
0
5.
, st¹ d m & <
1
0 m & ) 0, 1 *
+
,
0
- 2.
0
2m 2
42 %
EF
Wielomian W #x $ 2 x 3 " #a % 2b $ x 2 % #2a " 3b $x " 6ab dzie-
Ad. 2o.
/
/
0a : 0
0m : 0
0
0 2
1 ; ( 0 czyli 15m % 6m " 1 ( 0 ,
0c
02 % m
0 '0
0
'0
2a
2 m
OE
7
SO – wysokość ostrosłupa, SF – wysokość ściany bocznej
Na podstawie twierdzenia Pitagorasa z trójkąta prostokątnego OEF otrzymujemy:
Zadanie 8.
/
0m : 0
0
1
0
lub m 1
1m
5
0
0
) 1*
0 m & + 0, ,
- 2.
2
1
. Przypadek pierwszy jest więc spełniony dla
5
1
.
5
/m : 0
/a : 0
0 2
0; ( 0
05 m % 6 m " 1 ( 0
0
0 b
0 2 % 4m
,
1% ( 0 czyli 1
(0
0 a
0 m
02% m
0c
0
0
0
0
2a
2 m
Przekątna podstawy ostrosłupa jest równa 8 2 ,
zatem OF 4.
Nierówność ta jest spełniona dla 1 % 321 ' n ' 1 " 321 . Po2
2
1 " 17
nieważ n 6 5 oraz 321 ( 17 , więc n 5
9.
2
Zatem n & 35, 6, 7,8,94.
b=4m–2, c=2– m. Rozważamy poszczególne przypadki:
R
Szkicujemy rysunek pomocniczy i wprowadzamy oznaczenia:
3o. Istnieją dwa pierwiastki przeciwnych znaków, czyli gdy:
c
'0
a : 0 i ; ( 0 i x1 ! x2
a
2o. Istnieją dwa pierwiastki – jeden jest dodatni, a drugi równy
0, czyli gdy:
c
b
0 i x1 " x 2 % ( 0
a : 0 i ; ( 0 i x1 ! x 2
a
a
/m : 0
0
1*
0 )
15 + m % , #m % 1$ 0 , st¹ d
5.
0 0
2 m #1 % 2m $ ( 0
Zadanie 10.
Zadanie 7.
Liczba wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jest
) n * n #n % 1$
równa 7 + ,
, a zdarzeniu A polegającego na tym,
2
-2.
) 5*
że wylosujemy dwie kule białe, sprzyja A + , 10 zdarzeń
- 2.
20
elementarnych. Wobec tego: P # A $
n #n % 1$
1
20
1
(
Z warunków zadania P # A $ ( , zatem
4
n #n % 1$ 4
/
/
0a : 0
0m : 0
0
0
czyli 15m 2 % 6m " 1 0 ,
1; 0
0 b
0 2 % 4m
0%
0
(0
(0
2 2a
2 2m
Rozwiązaniem tej nierówności jest t & #4,8 $. Jest to zgodne
z założeniem, zatem
4 ' 2 % x ' 8 czyli x & #%3, %2 $.
Łącząc alternatywę wszystkich czterech przypadków, otrzymujemy, że równanie mx 2 " #4m % 2 $ x " 2 % m 0 ma co naj1
mniej jeden pierwiastek dodatni dla m & #%8, 9 #2, 8 $.
5
uuu Dokończenie ze s. 3
31736839
132
strony
6,99 zł
RACZKOWSKI ZIELIŃSKA HUELLE FINI
LUTENS GIEREK ESTÉS LAM ŁEPKOWSKA
KWIATKOWSKA COPPOLA JELEŃSKI
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Nowy numer już w sprzedaży
Partnerem
bezpłatnej aplikacji
WOE na iPada jest
1
31740446